Chứng minh rằng khi p và q thay đổi, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC luôn đi qua một điểm cố định... Tìm tất cả các giá trị của a b , để hệ phương.[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
PHÚ YÊN
TOANMATH.com
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH THPT
MÔN TOÁN – LỚP 12 NĂM HỌC 2020 - 2021 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 06/10/2020
Câu 1: (3,0 điểm)
Giải phương trình x4 x 3 2 3 2 x11
Câu 2: (3,0 điểm)
, 4
xyz z a
Tìm tất cả các giá trị của a b, để hệ phương
trình có nghiệm duy nhất
Câu 3: (4,0 điểm)
a) Cho tam thức bậc hai f x( )ax2bx c a b c ( , , ,a0) có hai nghiệm x x1, 2 thuộc
0;1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( )(2 )
A
a a b c
b) Cho a b c, , là các số dương Chứng minh rằng: a b c 93abc 6
b c a a b c
Câu 4: (5,0 điểm)
a) Cho điểm M tùy ý nằm bên trong tam giác ABC Gọi S1, S2, S3 lần lượt là diện tích của các tam giác MBC , MAC , MAB Chứng minh rằng S MA S MB S MC1. 2. 3. 0
b) Trong mặt phẳng Oxy , cho parabol P y x: 2 px q với q0 Biết rằng P cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt ,A B và cắt trục Oy tại C Chứng minh rằng khi p và q thay đổi, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC luôn đi qua một điểm cố định
Câu 5: (3,0 điểm)
Cho dãy số un xác định bởi :
2
1 2; 1
n n
n
u
u
, với n1.2.3 a) Chứng minh rằng dãy số un giảm và bị chặn
b) Hãy xác định số hạng tổng quát của dãy số un
Câu 6: (3,0 điểm)
Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn điều kiện:
f x f y
x y
f
HẾT
Trang 2HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: Giải phương trình x4 x 3 2 3 2 x11
Lời giải Điều kiện: 3 3
2 x
* Với điều kiện * phương trình đã cho tương đương với phương trình:
4 x 3 x7 2 3 2 x 2 x 0
x
2 x
thì 4 x 3 x 7 0 , 1 2
2
4 x 3 x 7 3 2x 2 x
3 3;
2
Từ phương trình trên ta được: x 1 0 x 1
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S 1
Câu 2: Cho hệ phương trình 2
, 4
xyz z a
Tìm tất cả các giá trị của a b, để hệ phương
trình có nghiệm duy nhất
Lời giải Giả sử x y z0, ,0 0 là nghiệm của hệ phương trình, khi đó x0,y z0, 0 cũng là nghiệm Do đó
để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì:
0 0
0 0 0
0 0
x y
z z
Từ hệ phương trình: x2y2z2 4
2 4 z
z a
z b
a b, 2, 2 , 2, 2
Trường hợp 1: 2
2
a b
2 2
xyz z xyz z
1
xyz z
Với z1 ta có : 2 12
3
xy
2 2
a b
thì hệ phương trình có 2 nghiệm (loại)
Trường hợp 2: 2
2
a b
2 2
xyz z xyz z
1
xyz z
Trang 3Với z1 ta có : 2 23
3
xy
Ta có 2 2 2
2
x y x y xy 3 6 0 nên hệ phương trình vô nghiệm
Tương tự z nên hệ phương trình vô nghiệm 0
2
a b
ta có nghiệm duy nhất
0 0 2
x y z
Câu 3:
a) Cho tam thức bậc hai f x( )ax2bx c a b c ( , , ,a0) có hai nghiệm x x1, 2 thuộc
0;1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( )(2 )
A
a a b c
b) Cho a b c, , là các số dương Chứng minh rằng: a b c 93abc 6
b c a a b c
Lời giải a) Áp dụng định lí Viet: x1 x2 b; x x1 2 c
Ta có: ( )(2 )
A
a a b c
1 2 1 2
1 1
a a
Không mất tổng quát giả sử x1x2
2
2 2
1
3 A
Dấu " " xảy ra khi
2
b
a c
b) Ta có: a a b 33 a b b c2; 33 b c2; c a 33 c2
b b c bc c c a ca a a b ab
Trang 4Cộng vế với vế ba bất đẳng thức trên ta được:
3
Nên suy ra a b c 93abc a b c3 93abc 6
Dấu " " xảy ra khi a b c
Câu 4:
a) Cho điểm M tùy ý nằm bên trong tam giác ABC Gọi S1, S2, S3 lần lượt là diện tích của các tam giác MBC , MAC , MAB Chứng minh rằng S MA S MB S MC1. 2. 3. 0
Lời giải
H 2
H 1
H
C
A
B A'
M
Gọi A là giao điểm của đường thẳng MA với BC Ta có:
Ta có MA MA.A M MA A C.BM A B.CM
, . , .
MAC MA C
MA C MBC
d A MC MC d M A C A C
Tương tự ta có MAB MA B
MA B MBC
Thay vào ta được:
Suy ra MA S MBCSMAC.MB S MAB.MC 0
, điều phải chứng minh
b) Trong mặt phẳng Oxy , cho parabol P y x: 2 px q với q0 Biết rằng P cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt ,A B và cắt trục Oy tại C Chứng minh rằng khi p và q thay đổi, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC luôn đi qua một điểm cố định
Lời giải
Trang 5Xét phương trình x2 px q 0có p24q0 và có hai nghiệm là
2 1,2
4 2
Khi đó P cắt trục Ox tại hai điểm phân biệt Ax1;0, Bx2;0 và P cắt Oy tại điểm
0;
C q
Gọi I x y , là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Ta có hệ phương trình
2 2
2
4 2
IA IB
IA IC
2 2
2
2
4 2
p x
2
2
p x
Khi đó bán kính:
2 2
1
1 2
Suy ra phương trình đường tròn là:
x y px q y q x p 1 y q x 2y2 y 0
Do đường tròn đi qua điểm cố định với mọi ,p q nên phương trình trên phải vô số nghiệm p q;
suy ra
2
0
0 1
1 0
x
x y
y
Vậy điểm cố định là M 0;1
Câu 5: Cho dãy số un xác định bởi :
2
1 2; 1
n n
n
u
u
, với n1.2.3 a) Chứng minh rằng dãy số un giảm và bị chặn
b) Hãy xác định số hạng tổng quát của dãy số un
Lời giải a) Ta có un2 un2 1 1 2un 1
Do đó
2
n n
n
u
u
n
n
u
u
Suy ra dãy un là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 1 và bị chặn trên bởi u1 2
Trang 6b) Ta có 2
1
u u u Đặt n 1
n
v
u
4
1
2
n
n
Suy ra 1 2
1
1
2
n n
n
v
, hay 1 1 2 2 1
2
n n n
v
1 1
2
n
Câu 6: Tìm tất cả các hàm số f : thỏa mãn điều kiện:
f x f y
x y
f
Lời giải
Giả sử tồn tại hàm f thỏa mãn điều kiện trên
Cho y x , ta suy ra 2
1010 2019
f x x
f
, x 0
Áp dụng đẳng thức trên, ta suy ra:
x y
, x y, 0
Từ đó, ta rút ra đẳng thức (1) rất quan trọng là:
f x f y
x y
f
, x y, 0 (1)
Thay y bởi y z , ta dễ dàng suy ra:
2 2 2
f x
f x f y z
x y z
f
Từ đó, với vai trò x y z, , như nhau, ta sẽ suy ra:
2 2 2 2
Do đó, ta phải có:
2 2 2 2
f x f x f z f z , C x z, 0
Kết hợp với đẳng thức (1), ta sẽ có:
f x f y
x y
f
Nói cách khác, ta phải có:
2
f f f C
, x y, 0
Đặt g x f x , ta có C g: 0; thỏa mãn:
Trang 7
g x y g x g y , x y, 0
Hơn nữa, g cũng phải thỏa nãm điều kiện:
2
x
g C g x C
Nói cách khác, ta sẽ có:
1010 2019 2019
g x x
Chứng minh bằng qui nạp, ta được g x xg 1 với mọi x 0; Nên cho hằng số
2 2 0
C f x f x thỏa mãn điều kiện với mọi x hữu tỷ dương thì:
1 2 1 2017 1 2 2017
1
Điều này xảy ra khi và chỉ khi g 1 0
Thế thì ta phải có g x f x với mọi x và 0 f 2x 2f x , với mọi 0 x 0
Từ đó suy ra:
, , 0 2
, 0
1010 2019
f x x
Cuối cũng, không khó để chứng minh được:
1010 lan
1010 lan
Cho nên ta có phương trình:
2
, 0
1010 2019
x
f x 0, x 0 Thử lại, ta thấy hàm số f x với mọi 0 x thỏa mãn yêu cầu bài toán 0
HẾT